2015年江西省宜春市奉新一中高考化学模拟试卷
一、选择题
1．（2015·奉新模拟）下列物质在给定条件下同分异构体数目正确的是（ ）
A．C4H10属于烷烃的同分异构体有3种
B．结构为 的一溴代物有5种
C．分子组成是C4H8O属于醛类的同分异构体有3种
D．分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有5种
【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】解：A、C4H10为丁烷，有正丁烷与异丁烷两种同分异构体，故A错误；
B、有机物中含有几种化学环境不同的H原子，就有几种一卤代物， 中含有5种H，故其一溴代物有5种，故B正确；
C、醛基为﹣CHO，剩余为丙基，丙基有2种，故分子组成是C4H80属于醛类的同分异构体有2种，故C错误；
D、羧酸具有﹣COOH，剩余为丁基，丁基有4种，故分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有4种，故D错误，
故选B．
【分析】A、C4H10为丁烷，存在正丁烷与异丁烷两种同分异构体；
B、有机物中含有几种化学环境不同的H原子，就有几种一卤代物；
C、醛基为﹣CHO，剩余为丙基，丙基有2种；
D、羧酸具有﹣COOH，剩余为丁基，丁基有4种．
2．（2015高三上·济南期中）下列实验不合理的是（ ）
A．证明非金属性强弱 S＞C＞Si
B．四氯化碳萃取碘水中的碘
C．制备并收集少量NO气体
D．制备少量氧气
【答案】D
【知识点】实验装置综合；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．发生强酸制取弱酸的反应，可知酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，则非金属性S＞C＞Si，故A正确；
B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中分液漏斗可萃取碘，故B正确；
C．Cu与硝酸反应生成NO，NO不溶于水，则图中装置可制备并收集NO，故C正确；
D．过氧化钠为粉末固体，与水接触后不能利用止水夹使固体与液体分离，则不能利用图中制备气体的简易装置制备少量氧气，故D错误；
故选D．
【分析】A．发生强酸制取弱酸的反应；
B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；
C．Cu与硝酸反应生成NO，NO不溶于水；
D．过氧化钠为粉末固体，与水接触后不能利用止水夹使固体与液体分离．
3．（2015·奉新模拟）下列选项中，离子方程式书写正确的是（ ）
A．向Fe（NO3）2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸：3Fe2++4H++NO =3Fe3++2H2O+NO↑
B．泡沫灭火器的灭火原理：2Al3++3CO +3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑
C．向硝酸银溶液中加入足量的氨水：Ag++2NH3 H2O=Ag（NH3）2++2H2O
D．用足量的氨水处理硫酸工业的尾气：SO2+NH3 H2O=NH +HSO
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．向Fe（NO3）2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸，只有碘离子被氧化，正确的离子方程式为：6I﹣+8H++2NO3﹣ 2NO↑+4H2O+3I2，故A错误；
B．泡沫灭火器中的药品为NaHCO3和Al2（SO4）3，HCO3﹣和Al3+均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al（OH）3，离子方程式为：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，故B错误；
C．向硝酸银溶液中加入足量的氨水，生成银氨络离子，反应的离子方程式为：Ag++2NH3 H2O Ag（NH3）2++2H2O，故C正确；
D．用足量的氨水处理硫酸工业的尾气，反应生成亚硫酸铵，正确的离子方程式为：SO2+2NH3 H2O 2NH4++SO32﹣，故D错误；
故选C．
【分析】A．稀盐酸少量，碘离子的还原性大于亚铁离子，碘离子优先被氧化；
B．泡沫灭火器中的药品为NaHCO3和Al2（SO4）3，其中HCO3﹣和Al3+均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al（OH）3，碳酸氢根离子不能拆开；
C．氨水足量，银离子与一水合氨反应生成银氨络离子；
D．氨水足量，反应生成亚硫酸铵，不是生成亚硫酸氢根离子．
4．（2015·奉新模拟）在不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）有如图所示关系．下列条件关于离子共存说法中正确的是（ ）
A．a点对应的溶液中大量存在：CO 、Na+、Cl﹣、SO
B．b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2+、K+、NO3﹣
C．c点对应的溶液中大量存在：Na+、Ba2+、Cl﹣、Al3+
D．d点对应的溶液中大量存在：Na+、K+、ClO﹣、Cl﹣
【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．a点为25℃，c（OH﹣）=c（H+），溶液显中性，CO32﹣在溶液中水解，溶液显示碱性，不可能大量共存，故A错误；
B．b点为25℃，c（OH﹣）＜c（H+），溶液显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．c点温度高于25℃，c（OH﹣）=c（H+），溶液显中性，不能存在大量的Al3+，故C错误；
D．d点温度高于25℃，c（OH﹣）＞c（H+），溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故D正确；
故选D．
【分析】A．a点为25℃，c（OH﹣）=c（H+），溶液显中性；
B．b点为25℃，c（OH﹣）＜c（H+），溶液显酸性；
C．c点温度高于25℃，c（OH﹣）=c（H+），溶液显中性；
D．d点温度高于25℃，c（OH﹣）＞c（H+），溶液显碱性．
5．（2015·奉新模拟）将某些化学知识用数轴表示，可以收到直观、简明、易记的效果．用数轴表示的下列知识正确的是（ ）
A．硫及其化合物的化合价与氧化还原反应的关系：
B．分散系的分类：
C．AlCl3溶液与NaOH溶液反应后铝元素的存在形式：
D．CO2与NaOH溶液反应后的产物
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】解：A．S的化合价为﹣2时，化合价最低，只能做还原剂，时S的化合价为+6，化合价最高，只能做氧化剂，在中间价态时既能做氧化剂，又能做还原剂，故A错误；
B．分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，故B错误；
C．Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O， ＜3，铝元素以Al3+和Al（OH）3形式存在； =3，则以Al（OH）3形式存在；3＜ ＜4以 AlO2﹣和Al（OH）3形式存在； ≥4只以 AlO2﹣形式存在，故C正确；
D.2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3， ≤1，生成NaHCO3；1＜ ＜2，产物为NaHCO3与Na2CO3，混合物； ≥2，只生成Na2CO3，故D错误．
故选C．
【分析】A．根据元素的化合价判断物质的氧化性和还原性；
B．分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体；
C．根据可能发生的反应Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O分析；
D．根据可能发生的反应2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3分析．
6．（2015·奉新模拟）短周期主族元素X，Y，Z在周期表中的位置如表．下列说法正确的是（ ）
Z
X Y
A．若它们的原子最外层电子数之和为11，则X为金属元素
B．三种元素原子半径由大到小的顺序一定是Y＞X＞Z
C．若它们均为金属元素，则Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强
D．Z元素的最高化合价一定大于X元素
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：由短周期主族元素X，Y，Z在周期表中的位置，可知Z处于第二周期，X、Y处于第三周期．
A．若它们的原子最外层电子数之和为11，设Z的最外层电子数为x，则x+x+x﹣1=11，解答x=3，故X为Mg、Y为Al、Z为B元素，Mg、Al属于金属元素，B属于非金属元素，故A正确；
B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径X＞Y＞Z，故B错误；
C．若它们均为金属元素，则X为Na、Y为Mg、Z为Be，金属性Na＞Mg＞Be，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故NaOH碱性最强，故C错误；
D．若Z、Y处于ⅥA族或ⅦA族，Z元素不存在最高正化合价，故D错误，
故选A．
【分析】由短周期主族元素X，Y，Z在周期表中的位置，可知Z处于第二周期，X、Y处于第三周期．
A．若它们的原子最外层电子数之和为11，设Z的最外层电子数为x，则x+x+x﹣1=11，解答x=3，故X为Mg、Y为Al、Z为B元素；
B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；
C．若它们均为金属元素，则X为Na、Y为Mg、Z为Be，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
D．若Z、Y处于ⅥA族或ⅦA族，Z元素不存在最高正化合价．
7．（2015·奉新模拟）25℃的四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液②pH=2的HCl溶液③pH=12的氨水④pH=12的NaOH溶液，有关上述溶液的说法，正确的是（ ）
A．①、④溶液中水电离的c（ H+）：①＞④
B．将②、③溶液混合后pH=7，则消耗溶液的体积：②＜③
C．将①、④溶液混合后pH=8，则c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=9.9×10﹣7mol L﹣1
D．分别向等体积的上述溶液中加入100 mL，水，溶液的pH：③＞④＞①＞②
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：A．①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，四种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c（H+）：①=②=③=④，故A错误；
B．氨水是弱碱只有部分电离，所以c（NH3 H2O）＞c（OH﹣），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3 H2O）＞c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，故B错误；
C．醋酸与NaOH溶液混合后，据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），溶液pH=8，则c（OH﹣）=10﹣6mol/L，c（H+）=10﹣8mol/L，所以c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=9.9×10﹣7mol L﹣1，故C正确；
D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的pH值③＞④＞7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，故D错误；
故选C．
【分析】A．温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的pH值计算水电离的氢离子浓度；
B．pH=2的HCl溶液和pH=12的氨水中，氨水浓度大于盐酸；
C．醋酸与NaOH溶液混合后，溶液中含有4种离子，据电荷守恒计算；
D．加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，若酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离．
二、解答题
8．（2015·奉新模拟）某实验小组用0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定．
（1）配制0.50mol/L NaOH溶液
a.若实验中大约要使用245mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体 g．
b.从图中选择称量NaOH固体所需要的仪器是（填字母）： ．
名称 托盘天平（带砝码） 小烧杯 坩埚钳 玻璃棒 药匙 量筒
仪器
序号 a b c d e f
（2）测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示．
a.写出该反应的热化学方程式（中和热为57.3kJ/mol）： ．
b.取50mL NaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表．
①请填写下表中的空白：
温度 实验次数 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 温度差平均值（t2﹣t1）/℃
H2SO4 NaOH 平均值
1 26.2 26.0 26.1 30.1
2 27.0 27.4 27.2 33.3
3 25.9 25.9 25.9 29.8
4 26.4 26.2 26.3 30.4
②近似认为0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g ℃）．则中和热△H= （取小数点后一位）．
③上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母） ．
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度．
【答案】（1）5.0；a b e
（2）H2SO4（aq）+NaOH（aq）= Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol；﹣53.5kJ/mol；acd
【知识点】热化学方程式；中和热的测定；有关反应热的计算
【解析】【解答】解：（1）a.需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，故答案为：5.0；b.氢氧化钠要在称量瓶或者小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙，故答案为：a b e；（2）a.已知稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，稀硫酸和氢氧化钡钠稀溶液都是强酸和强碱的稀溶液，则反应的热化学方程式为： H2SO4（aq）+NaOH（aq）= Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，故答案为： H2SO4（aq）+NaOH（aq）= Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol；b.①温度差平均值= ，但是第2组数据明显有误，所以删掉，温度差平均值 =4.0℃，故答案为：4.0；
②50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80mL×1g/mL=80g，温度变化的值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=80g×4.18J/（g ℃）×4.0℃=1337.6J，即1.3376KJ，所以实验测得的中和热△H=﹣ =﹣53.5 kJ/mol，故答案为：﹣53.5kJ/mol；③a．实验装置保温、隔热效果必须好，否则影响实验结果，故a正确； b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，则大于57.3kJ/mol，故b错误； c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，故c正确； d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计回零直再测定H2SO4溶液的温度，故d正确．故答案为：acd．
【分析】（1）a.根据公式m=nM=cVM来计算氢氧化钠的质量，但是没有245mL的容量瓶；b.氢氧化钠要在称量瓶中称量，根据称量固体氢氧化钠所用的仪器来回答；（2）a.根据酸碱中和反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量书写热化学方程式；b.①温度差平均值等于各个温度差的和除以4；②根据Q=m c △T计算；③a．实验装置保温、隔热效果必须好； b．量取NaOH溶液的体积时视线要和凹液面相平； c．允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中； d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计回零直再测定H2SO4溶液的温度．
9．（2015·奉新模拟）磷单质及其化合物有广泛应用．
（1）磷酸二氢钙，广泛用于动物的饲料添加剂．目前其制备的新工艺方法有：石灰法：用石灰石中和磷酸，控制终点pH为3.2，既得磷酸二氢钙．请写出该反应的化学方程式 ；若有1×103kg石灰石最多能生产 kg磷酸二氢钙．
（2）用石英、焦炭与磷灰石[主要成分Ca5（PO4）3F]在高温下制备黄磷（P4）的化学方程式为：4Ca5（PO4）3F+21SiO2+30C=3P4+20CaSiO3+30CO↑+SiF4↑：在此反应中，副产物矿渣可用来 ．
（3）三聚磷酸可视为三个磷酸分子（磷酸结构简式如图 ）之间脱去两个水分子的产物，其结构简式为 ．三聚磷酸钠（俗称“五钠”）是常用的水处理剂，其化学式为 ．
（4）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍．化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2﹣，在酸性条件下发生下述反应：请配平该反应离子方程式 Ni2++ H2PO2﹣+ ═ Ni++ H2PO3﹣+ ．
（5）H3PO2可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：
①写出阳极的电极反应式 ．
②分析产品室可得到H3PO2的原 ．
【答案】（1）CaCO3+2H3PO4=Ca（H2PO4）2+H2O+CO2↑；2.34×103
（2）制水泥
（3）；Na5P3O10
（4）1；1；H2O；1；1；2H+
（5）4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；水泥的主要化学成分、生产原料及其用途；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）碳酸钙与硫酸反应生成磷酸二氢钙和二氧化碳和水，方程式为：CaCO3+2H3PO4=Ca（H2PO4）2+H2O+CO2↑，设生成磷酸二氢钙的质量为m，依据方程式：
CaCO3+2H3PO4=Ca（H2PO4）2+H2O+CO2↑，
100 234
1×103kg m
解得m=2.34×103kg；
故答案为：CaCO3+2H3PO4=Ca（H2PO4）2+H2O+CO2↑；2.34×103；（2）用石英、焦炭与磷灰石[主要成分Ca5（PO4）3F]在高温下制备黄磷（P4）的化学方程式为：4Ca5（PO4）3F+21SiO2+30C=3P4+20CaSiO3+30CO↑+SiF4↑：在此反应中，副产物矿渣含有硅酸钙，硅酸钙为制备水泥的主要原料，故答案为：制水泥；（3）相邻的磷酸分子中1个去掉羟基，一个去掉氢原子即可形成三聚磷酸，结构简式为 ；三聚磷酸与5分子氢氧化钠反应生成三聚磷酸钠化学式为：Na5P3O10；故答案为： ；Na5P3O10；（4）由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，所以根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2﹣═Ni+H2PO3﹣+2H+，镍离子被还原成金属Ni，还原产物为Ni，故答案为：1；1；H2O；1；1；2H+；（5）①由于阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和H2PO2﹣，其中放电能力最强的是氢氧根离子，则阳极发生的电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；②产品室可得到H3PO2的原因是：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2，故答案为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2．
【分析】（1）碳酸钙与硫酸反应生成磷酸二氢钙和二氧化碳和水；依据方程式计算生成硫酸二氢钙的质量；（2）依据副渣成分判断解答；（3）相邻的磷酸分子中1个去掉羟基，一个去掉氢原子即可形成三聚磷酸；三聚磷酸与5分子氢氧化钠反应生成三聚磷酸钠；（4）根据氧化还原反应中化合价变化及质量守恒定律判断反应物和生成物，并配平反应方程式；（5）①根据阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和H2PO2﹣，判断放电能力强弱，然后写出阳极的电极反应式；②根据图示“四室电渗析法”工作原理分析产品室可得到H3PO2的原因．
10．（2015·奉新模拟）磺酰氯（SO2Cl2）和亚硫酰氯（SOCl2）均是实验室常见试剂．已知：
SO2Cl2（g） SO2（g）+Cl2（g） K1 △H=a kJ/mol （Ⅰ）
SO （g）+Cl （g）+SCl （g） 2SOCl （g） K2 △H=b kJ/mol （Ⅱ）
（1）反应：SO2Cl2（g）+SCl （g） 2SOCl2（g）的平衡常数K= （用K1、K2表示），该反应△H= kJ/mol（用a、b表示）．
（2）为研究不同条件对反应（Ⅰ）的影响，以13.5g SO2Cl2充入2.0L的烧瓶中，在101kPa 375K时，10min达到平衡，平衡时SO2Cl2转化率为0.80，则0～10minCl2的平衡反应速率为 ，平衡时容器内压强为 kPa，该温度的平衡常数为 ；若要减小SO2Cl2转化率，除改变温度外，还可采取的措施是 （列举一种）．
（3）磺酰氯对眼和上呼吸道粘膜有强烈的刺激性，发生泄漏时，实验室可用足量NaOH固体吸收，发生反应的化学方程式为 ；亚硫酰氯溶于水的离子方程式为 ．
（4）一定量的Cl2用稀NaOH溶液吸收，若恰好反应，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ；已知常温时次氯酸的Ka=2.5×10﹣8则该温度下NaClO水解反应的平衡常数Kb= mol L﹣1．
【答案】（1）K1 K2；（a+b）
（2）0.004mol L﹣1 min﹣1；181.8；0.16mol L﹣1；增大压强（或缩小容器体积）
（3）SO2Cl2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O；SOCl2+H2O=SO2↑+2H++2Cl﹣
（4）c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；4×10﹣7
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】解：（1）SO2Cl2（g）+SCl （g） 2SOCl2（g）是由（Ⅰ）、（Ⅱ）相加得到，故平衡常数为两者之积，反应热为两者之和，则：K=K1 K2，该反应△H=（a+b）kJ/mol，故答案为：K1 K2；（a+b）；（2）13.5g SO2Cl2的物质的量为 =0.1mol，10min达到平衡时SO2Cl2转化率为0.80，则转化的SO2Cl2为0.080mol，则：
SO2Cl2（g） SO2（g）+Cl2（g）
起始量（mol）：0.1 0 0
变化量（mol）：0.08 0.08 0.08
平衡量（mol）：0.02 0.08 0.08
v（Cl2）= =0.004mol L﹣1 min﹣1；平衡时总物质的量为：0.02mol+0.08mol+0.08mol=0.18mol，故平衡时压强为： ×101kPa=181.8kPa；该温度下平衡常数K= = =0.16mol L﹣1；若要减小转化率，可通过缩小容器体积即增大加压强的方法，也可起始时再容器中同时充入SO2Cl2和Cl2或SO2等；故答案为：0.004mol L﹣1 min﹣1；181.8；0.16mol L﹣1；增大压强（或缩小容器体积）；（3）SO2Cl2中硫为+6价，氯为﹣1，氢氧化钠足量时生成硫酸钠和氯化钠，反应方程式为：SO2Cl2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O； SOCl2中硫为+4价，水解生成SO2及HCl，反应离子方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2H++2Cl﹣，故答案为：SO2Cl2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O；SOCl2+H2O=SO2↑+2H++2Cl﹣；（4）发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，显然c（Na+）最大，考虑到ClO﹣水解显碱性，故c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；HClO的电离常数与ClO﹣水解反应的平衡常数之积等于水的离子积，则NaClO水解反应的平衡常数Kb= =4×10﹣7，故答案为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；4×10﹣7．
【分析】（1）SO2Cl2（g）+SCl （g） 2SOCl2（g） 是由（Ⅰ）、（Ⅱ）相加得到，故平衡常数为两者之积，反应热为两者之和；（2）13.5g SO2Cl2的物质的量为 =0.1mol，10min达到平衡时SO2Cl2转化率为0.80，则转化的SO2Cl2为0.080mol，则：
SO2Cl2（g） SO2（g）+Cl2（g）
起始量（mol）：0.1 0 0
变化量（mol）：0.08 0.08 0.08
平衡量（mol）：0.02 0.08 0.08
再根据v= 计算v（Cl2）；
计算平衡时混合气体总物质的量，压强之比等于物质的量之比；平衡常数K= ；若要减小转化率，可通过缩小容器体积即增大加压强的方法，也可起始时再容器中同时充入SO2Cl2和Cl2或SO2等；（3）SO2Cl2中硫为+6价，氯为﹣1，氢氧化钠足量时生成硫酸钠和氯化钠；SOCl2中硫为+4价，水解生成SO2及HCl；（4）发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，显然c（Na+）最大，考虑到ClO﹣水解显碱性，故c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），c（OH﹣）＞c（H+）；HClO的电离常数与ClO﹣水解反应的平衡常数之积等于水的离子积．
11．（2015·奉新模拟）工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：
请回答下列问题：
（1）步骤①所得废渣的成分是 （写化学式），操作I的名称 ．
（2）步骤②、③的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：
R2（SO4）n （水层）+2nHA（有机层） 2RAn（有机层）+nH2SO4 （水层）
②中萃取时必须加入适量碱，其原因是 ．
③中X试剂为 ．
（3）④的离子方程式为 ．
（4）25℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：
pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1
钒沉淀率% 88.1 94.8 96.5 98.0 98.8 98.8 96.4 93.1 89.3
结合上表，在实际生产中，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为 ．若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜ ．（已知：25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=2.6×10﹣39）
（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有 和 ．
【答案】（1）SiO2；过滤
（2）加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸
（3）ClO3﹣+6VO2++9H2O=Cl﹣+6VO3﹣+18H+
（4）1.7﹣1.8；2.6×10﹣3mol L﹣1
（5）有机萃取剂；氨气
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：VOSO4中含有K2SO4、SiO2杂质，二氧化硅不溶于水，用水溶过滤得到含有VO2﹣、SO42﹣、K+滤液，滤渣为二氧化硅，在滤液中加入有机萃取剂萃取滤液中VO2﹣，通过分液得到含有VO2﹣的有机层，加入试剂X进行反萃取，结合（2）中步骤②、③的变化为可逆过程，可知X为硫酸，加入硫酸分液得到有机层和水层，由加入氨水调节pH得到的沉淀，可知加入氧化剂KClO3氧化VO2﹣为VO3﹣，结合（4）中得到钒沉淀率和溶液pH之间关系，可知pH应调节在1.7～1.8，最后NH4VO3分解得到氨气和V2O5，由工艺流程可知，氨气与有机溶剂可以循环利用．（1）含有K2SO4、SiO2杂质的VOSO4水溶后，二氧化硅不溶于水，操作I是分离互不相溶的固体与液态，应采取过滤操作，得到滤渣为二氧化硅，故答案为：SiO2；过滤；（2）②中萃取时必须加入适量碱，由Rn+（水层）+nHA（有机层） RAn（有机层）+nH+（水层），可知加入的碱会和平衡中的氢离子反应，促进平衡正向进行，提高了钒的萃取率；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；（3）KClO3氧化VO2﹣为VO3﹣，ClO3﹣被还原为Cl﹣，配平后离子方程式为：ClO3﹣+6VO2++9H2O=Cl﹣+6VO3﹣+18H+，故答案为：ClO3﹣+6VO2++9H2O=Cl﹣+6VO3﹣+18H+；（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.7﹣1.8，此时钡沉淀率达到最大；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时pH=2，c（H+）=10﹣2mol/L，则c（OH﹣）=10﹣12mol/L，而Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH﹣）=2.6×10﹣39，可得c（Fe3+）=2.6×10﹣3mol L﹣1不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜2.6×10﹣3mol L﹣1，故答案为：1.7﹣1.8；2.6×10﹣3mol L﹣1；（5）由工业流程图可知，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：有机萃取剂；氨气．
【分析】VOSO4中含有K2SO4、SiO2杂质，二氧化硅不溶于水，用水溶过滤得到含有VO2﹣、SO42﹣、K+滤液，滤渣为二氧化硅，在滤液中加入有机萃取剂萃取滤液中VO2﹣，通过分液得到含有VO2﹣的有机层，加入试剂X进行反萃取，结合（2）中步骤②、③的变化为可逆过程，可知X为硫酸，加入硫酸分液得到有机层和水层，由加入氨水调节pH得到的沉淀，可知加入氧化剂KClO3氧化VO2﹣为VO3﹣，结合（4）中得到钒沉淀率和溶液pH之间关系，可知pH应调节在1.7～1.8，最后NH4VO3分解得到氨气和V2O5，由工艺流程可知，氨气与有机溶剂可以循环利用．（1）含有K2SO4、SiO2杂质VOSO4水溶后，二氧化硅不溶于水，过滤得到滤渣为二氧化硅；（2）②中萃取时必须加入适量碱，会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行；（3）KClO3氧化VO2﹣为VO3﹣，ClO3﹣被还原为Cl﹣，结合电荷守恒、原子守恒配平；（4）根据钒沉淀率最高确定溶液pH；若钒沉淀率为93.1%时，此时溶液pH=2，结合水的离子积计算溶液中氢氧根离子浓度，再根据Ksp[Fe（OH）3]计算铁离子浓度；（5）前面步骤中用到的物质，再后续步骤可以生成，该物质可以循环利用．
12．（2015·奉新模拟）化合物A（C12H16O2）经碱性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2）．C的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子．B经过下列反应后得到G，G由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量为172，元素分析表明，含碳55.8%，含氢7.0%，核磁共振氢谱显示只有一个峰．
已知：
请回答下列问题：
（1）写出G的分子式： ．
（2）写出A的结构简式： ．
（3）写出F→G反应的化学方程式： ，该反应属于 （填反应类型）．
（4）写出满足下列条件的C的所有同分异构体： ．
①是苯的对位二取代化合物；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③不考虑烯醇（ ）结构．
（5）在G的粗产物中，经检测含有聚合物杂质．写出聚合物杂质可能的结构简式（仅要求写出1种）： ．
【答案】（1）C8H12O4
（2）
（3）；酯化反应（或取代反应）
（4）
（5）
【知识点】有机物的推断；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】解：化合物A（C12H16O2）经碱性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2），B能二次氧化生成D，说明A是酯，B是醇，则C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子，则说明苯环上有2个取代基，且两个取代基处于对位，根据C的分子式知，C是对甲基苯甲酸，B经过下列反应后得到G，G由碳、氢、氧三种元素组成，元素分析表明，含碳55.8%，含氢7.0%，则氧37.2%，碳、氢、氧原子个数比=， ： ： =2：3：1，相对分子质量为172，所以其分子式为C8H12O4，核磁共振氢谱显示只有一个峰，说明G只有一种氢原子；B经过一系列反应后生成F，则B和F的碳原子个数相同，在加热浓硫酸作催化剂条件下，F反应生成G，则G是酯；
根据A和C的分子式知，B是含有4个碳原子的一元醇，B经过两次氧化生成D，D是羧酸，D和溴、P反应生成E，根据题给信息知，E是含有溴原子的羧酸，E经过水解和酸化后生成F，F是含有羟基的羧酸，F自身发生酯化反应生成G，且G中只有一种H，所以G是含有两个甲基的环酯，F是2﹣甲基﹣2﹣羟基丙酸，E是2﹣甲基﹣2﹣溴丙酸，D是2﹣甲基丙酸，B是2﹣甲基丙醇，A是 ．（1）通过以上分析知，G的分子式是C8H12O4，故答案为：C8H12O4；（2）通过以上分析知，A的结构简式为：
，故答案为： ；（3）在加热、浓硫酸作催化剂条件下，F自身发生酯化反应生成G，反应方程式为： ，
故答案为： ，取代反应（或酯化反应）；（4）①是苯的对位二取代化合物，说明苯环上含有2个取代基；
②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中一个取代基是酚羟基；
③不考虑烯醇（ ）结构，
所以满足条件的C的所有同分异构体： ，
故答案为： ；（5）在G的粗产物中，经检测含有聚合物杂质，F发生分子间反应生成链状酯，酯的结构简式为： ，故答案为： ．
【分析】化合物A（C12H16O2）经碱性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2），B能二次氧化生成D，说明A是酯，B是醇，则C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子，则说明苯环上有2个取代基，且两个取代基处于对位，根据C的分子式知，C是对甲基苯甲酸，B经过下列反应后得到G，G由碳、氢、氧三种元素组成，元素分析表明，含碳55.8%，含氢7.0%，则氧37.2%，碳、氢、氧原子个数比=， ： ： =2：3：1，相对分子质量为172，所以其分子式为C8H12O4，核磁共振氢谱显示只有一个峰，说明G只有一种氢原子；B经过一系列反应后生成F，则B和F的碳原子个数相同，在加热浓硫酸作催化剂条件下，F反应生成G，则G是酯；
根据A和C的分子式知，B是含有4个碳原子的一元醇，B经过两次氧化生成D，D是羧酸，D和溴、P反应生成E，根据题给信息知，E是含有溴原子的羧酸，E经过水解和酸化后生成F，F是含有羟基的羧酸，F自身发生酯化反应生成G，且G中只有一种H，所以G是含有两个甲基的环酯，F是2﹣甲基﹣2﹣羟基丙酸，E是2﹣甲基﹣2﹣溴丙酸，D是2﹣甲基丙酸，B是2﹣甲基丙醇，A是 ．
2015年江西省宜春市奉新一中高考化学模拟试卷
一、选择题
1．（2015·奉新模拟）下列物质在给定条件下同分异构体数目正确的是（ ）
A．C4H10属于烷烃的同分异构体有3种
B．结构为 的一溴代物有5种
C．分子组成是C4H8O属于醛类的同分异构体有3种
D．分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有5种
2．（2015高三上·济南期中）下列实验不合理的是（ ）
A．证明非金属性强弱 S＞C＞Si
B．四氯化碳萃取碘水中的碘
C．制备并收集少量NO气体
D．制备少量氧气
3．（2015·奉新模拟）下列选项中，离子方程式书写正确的是（ ）
A．向Fe（NO3）2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸：3Fe2++4H++NO =3Fe3++2H2O+NO↑
B．泡沫灭火器的灭火原理：2Al3++3CO +3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑
C．向硝酸银溶液中加入足量的氨水：Ag++2NH3 H2O=Ag（NH3）2++2H2O
D．用足量的氨水处理硫酸工业的尾气：SO2+NH3 H2O=NH +HSO
4．（2015·奉新模拟）在不同温度下，水溶液中c（H+）与c（OH﹣）有如图所示关系．下列条件关于离子共存说法中正确的是（ ）
A．a点对应的溶液中大量存在：CO 、Na+、Cl﹣、SO
B．b点对应的溶液中大量存在：Fe2+、Ba2+、K+、NO3﹣
C．c点对应的溶液中大量存在：Na+、Ba2+、Cl﹣、Al3+
D．d点对应的溶液中大量存在：Na+、K+、ClO﹣、Cl﹣
5．（2015·奉新模拟）将某些化学知识用数轴表示，可以收到直观、简明、易记的效果．用数轴表示的下列知识正确的是（ ）
A．硫及其化合物的化合价与氧化还原反应的关系：
B．分散系的分类：
C．AlCl3溶液与NaOH溶液反应后铝元素的存在形式：
D．CO2与NaOH溶液反应后的产物
6．（2015·奉新模拟）短周期主族元素X，Y，Z在周期表中的位置如表．下列说法正确的是（ ）
Z
X Y
A．若它们的原子最外层电子数之和为11，则X为金属元素
B．三种元素原子半径由大到小的顺序一定是Y＞X＞Z
C．若它们均为金属元素，则Y的最高价氧化物对应水化物的碱性最强
D．Z元素的最高化合价一定大于X元素
7．（2015·奉新模拟）25℃的四种溶液：①pH=2的CH3COOH溶液②pH=2的HCl溶液③pH=12的氨水④pH=12的NaOH溶液，有关上述溶液的说法，正确的是（ ）
A．①、④溶液中水电离的c（ H+）：①＞④
B．将②、③溶液混合后pH=7，则消耗溶液的体积：②＜③
C．将①、④溶液混合后pH=8，则c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=9.9×10﹣7mol L﹣1
D．分别向等体积的上述溶液中加入100 mL，水，溶液的pH：③＞④＞①＞②
二、解答题
8．（2015·奉新模拟）某实验小组用0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液进行中和热的测定．
（1）配制0.50mol/L NaOH溶液
a.若实验中大约要使用245mL NaOH溶液，至少需要称量NaOH固体 g．
b.从图中选择称量NaOH固体所需要的仪器是（填字母）： ．
名称 托盘天平（带砝码） 小烧杯 坩埚钳 玻璃棒 药匙 量筒
仪器
序号 a b c d e f
（2）测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示．
a.写出该反应的热化学方程式（中和热为57.3kJ/mol）： ．
b.取50mL NaOH溶液和30mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表．
①请填写下表中的空白：
温度 实验次数 起始温度t1/℃ 终止温度t2/℃ 温度差平均值（t2﹣t1）/℃
H2SO4 NaOH 平均值
1 26.2 26.0 26.1 30.1
2 27.0 27.4 27.2 33.3
3 25.9 25.9 25.9 29.8
4 26.4 26.2 26.3 30.4
②近似认为0.50mol/L NaOH溶液和0.50mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J/（g ℃）．则中和热△H= （取小数点后一位）．
③上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差，产生偏差的原因可能是（填字母） ．
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度．
9．（2015·奉新模拟）磷单质及其化合物有广泛应用．
（1）磷酸二氢钙，广泛用于动物的饲料添加剂．目前其制备的新工艺方法有：石灰法：用石灰石中和磷酸，控制终点pH为3.2，既得磷酸二氢钙．请写出该反应的化学方程式 ；若有1×103kg石灰石最多能生产 kg磷酸二氢钙．
（2）用石英、焦炭与磷灰石[主要成分Ca5（PO4）3F]在高温下制备黄磷（P4）的化学方程式为：4Ca5（PO4）3F+21SiO2+30C=3P4+20CaSiO3+30CO↑+SiF4↑：在此反应中，副产物矿渣可用来 ．
（3）三聚磷酸可视为三个磷酸分子（磷酸结构简式如图 ）之间脱去两个水分子的产物，其结构简式为 ．三聚磷酸钠（俗称“五钠”）是常用的水处理剂，其化学式为 ．
（4）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍．化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2﹣，在酸性条件下发生下述反应：请配平该反应离子方程式 Ni2++ H2PO2﹣+ ═ Ni++ H2PO3﹣+ ．
（5）H3PO2可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：
①写出阳极的电极反应式 ．
②分析产品室可得到H3PO2的原 ．
10．（2015·奉新模拟）磺酰氯（SO2Cl2）和亚硫酰氯（SOCl2）均是实验室常见试剂．已知：
SO2Cl2（g） SO2（g）+Cl2（g） K1 △H=a kJ/mol （Ⅰ）
SO （g）+Cl （g）+SCl （g） 2SOCl （g） K2 △H=b kJ/mol （Ⅱ）
（1）反应：SO2Cl2（g）+SCl （g） 2SOCl2（g）的平衡常数K= （用K1、K2表示），该反应△H= kJ/mol（用a、b表示）．
（2）为研究不同条件对反应（Ⅰ）的影响，以13.5g SO2Cl2充入2.0L的烧瓶中，在101kPa 375K时，10min达到平衡，平衡时SO2Cl2转化率为0.80，则0～10minCl2的平衡反应速率为 ，平衡时容器内压强为 kPa，该温度的平衡常数为 ；若要减小SO2Cl2转化率，除改变温度外，还可采取的措施是 （列举一种）．
（3）磺酰氯对眼和上呼吸道粘膜有强烈的刺激性，发生泄漏时，实验室可用足量NaOH固体吸收，发生反应的化学方程式为 ；亚硫酰氯溶于水的离子方程式为 ．
（4）一定量的Cl2用稀NaOH溶液吸收，若恰好反应，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 ；已知常温时次氯酸的Ka=2.5×10﹣8则该温度下NaClO水解反应的平衡常数Kb= mol L﹣1．
11．（2015·奉新模拟）工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：
请回答下列问题：
（1）步骤①所得废渣的成分是 （写化学式），操作I的名称 ．
（2）步骤②、③的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：
R2（SO4）n （水层）+2nHA（有机层） 2RAn（有机层）+nH2SO4 （水层）
②中萃取时必须加入适量碱，其原因是 ．
③中X试剂为 ．
（3）④的离子方程式为 ．
（4）25℃时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：
pH 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2.0 2.1
钒沉淀率% 88.1 94.8 96.5 98.0 98.8 98.8 96.4 93.1 89.3
结合上表，在实际生产中，⑤中加入氨水，调节溶液的最佳pH为 ．若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜ ．（已知：25℃时，Ksp[Fe（OH）3]=2.6×10﹣39）
（5）该工艺流程中，可以循环利用的物质有 和 ．
12．（2015·奉新模拟）化合物A（C12H16O2）经碱性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2）．C的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子．B经过下列反应后得到G，G由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量为172，元素分析表明，含碳55.8%，含氢7.0%，核磁共振氢谱显示只有一个峰．
已知：
请回答下列问题：
（1）写出G的分子式： ．
（2）写出A的结构简式： ．
（3）写出F→G反应的化学方程式： ，该反应属于 （填反应类型）．
（4）写出满足下列条件的C的所有同分异构体： ．
①是苯的对位二取代化合物；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③不考虑烯醇（ ）结构．
（5）在G的粗产物中，经检测含有聚合物杂质．写出聚合物杂质可能的结构简式（仅要求写出1种）： ．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】解：A、C4H10为丁烷，有正丁烷与异丁烷两种同分异构体，故A错误；
B、有机物中含有几种化学环境不同的H原子，就有几种一卤代物， 中含有5种H，故其一溴代物有5种，故B正确；
C、醛基为﹣CHO，剩余为丙基，丙基有2种，故分子组成是C4H80属于醛类的同分异构体有2种，故C错误；
D、羧酸具有﹣COOH，剩余为丁基，丁基有4种，故分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有4种，故D错误，
故选B．
【分析】A、C4H10为丁烷，存在正丁烷与异丁烷两种同分异构体；
B、有机物中含有几种化学环境不同的H原子，就有几种一卤代物；
C、醛基为﹣CHO，剩余为丙基，丙基有2种；
D、羧酸具有﹣COOH，剩余为丁基，丁基有4种．
2．【答案】D
【知识点】实验装置综合；化学实验方案的评价
【解析】【解答】解：A．发生强酸制取弱酸的反应，可知酸性为硫酸＞碳酸＞硅酸，则非金属性S＞C＞Si，故A正确；
B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则利用图中分液漏斗可萃取碘，故B正确；
C．Cu与硝酸反应生成NO，NO不溶于水，则图中装置可制备并收集NO，故C正确；
D．过氧化钠为粉末固体，与水接触后不能利用止水夹使固体与液体分离，则不能利用图中制备气体的简易装置制备少量氧气，故D错误；
故选D．
【分析】A．发生强酸制取弱酸的反应；
B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳；
C．Cu与硝酸反应生成NO，NO不溶于水；
D．过氧化钠为粉末固体，与水接触后不能利用止水夹使固体与液体分离．
3．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】解：A．向Fe（NO3）2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸，只有碘离子被氧化，正确的离子方程式为：6I﹣+8H++2NO3﹣ 2NO↑+4H2O+3I2，故A错误；
B．泡沫灭火器中的药品为NaHCO3和Al2（SO4）3，HCO3﹣和Al3+均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al（OH）3，离子方程式为：Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑，故B错误；
C．向硝酸银溶液中加入足量的氨水，生成银氨络离子，反应的离子方程式为：Ag++2NH3 H2O Ag（NH3）2++2H2O，故C正确；
D．用足量的氨水处理硫酸工业的尾气，反应生成亚硫酸铵，正确的离子方程式为：SO2+2NH3 H2O 2NH4++SO32﹣，故D错误；
故选C．
【分析】A．稀盐酸少量，碘离子的还原性大于亚铁离子，碘离子优先被氧化；
B．泡沫灭火器中的药品为NaHCO3和Al2（SO4）3，其中HCO3﹣和Al3+均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al（OH）3，碳酸氢根离子不能拆开；
C．氨水足量，银离子与一水合氨反应生成银氨络离子；
D．氨水足量，反应生成亚硫酸铵，不是生成亚硫酸氢根离子．
4．【答案】D
【知识点】离子共存
【解析】【解答】解：A．a点为25℃，c（OH﹣）=c（H+），溶液显中性，CO32﹣在溶液中水解，溶液显示碱性，不可能大量共存，故A错误；
B．b点为25℃，c（OH﹣）＜c（H+），溶液显酸性，Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．c点温度高于25℃，c（OH﹣）=c（H+），溶液显中性，不能存在大量的Al3+，故C错误；
D．d点温度高于25℃，c（OH﹣）＞c（H+），溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故D正确；
故选D．
【分析】A．a点为25℃，c（OH﹣）=c（H+），溶液显中性；
B．b点为25℃，c（OH﹣）＜c（H+），溶液显酸性；
C．c点温度高于25℃，c（OH﹣）=c（H+），溶液显中性；
D．d点温度高于25℃，c（OH﹣）＞c（H+），溶液显碱性．
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系
【解析】【解答】解：A．S的化合价为﹣2时，化合价最低，只能做还原剂，时S的化合价为+6，化合价最高，只能做氧化剂，在中间价态时既能做氧化剂，又能做还原剂，故A错误；
B．分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体，故B错误；
C．Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O， ＜3，铝元素以Al3+和Al（OH）3形式存在； =3，则以Al（OH）3形式存在；3＜ ＜4以 AlO2﹣和Al（OH）3形式存在； ≥4只以 AlO2﹣形式存在，故C正确；
D.2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3， ≤1，生成NaHCO3；1＜ ＜2，产物为NaHCO3与Na2CO3，混合物； ≥2，只生成Na2CO3，故D错误．
故选C．
【分析】A．根据元素的化合价判断物质的氧化性和还原性；
B．分散系的根本区别在于分散质微粒直径的大小，小于100nm为溶液，大于100nm为浊液，在1nm～100nm的为胶体；
C．根据可能发生的反应Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O分析；
D．根据可能发生的反应2NaOH+CO2（少量）═Na2CO3+H2O，NaOH+CO2（足）═NaHCO3分析．
6．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】解：由短周期主族元素X，Y，Z在周期表中的位置，可知Z处于第二周期，X、Y处于第三周期．
A．若它们的原子最外层电子数之和为11，设Z的最外层电子数为x，则x+x+x﹣1=11，解答x=3，故X为Mg、Y为Al、Z为B元素，Mg、Al属于金属元素，B属于非金属元素，故A正确；
B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径X＞Y＞Z，故B错误；
C．若它们均为金属元素，则X为Na、Y为Mg、Z为Be，金属性Na＞Mg＞Be，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故NaOH碱性最强，故C错误；
D．若Z、Y处于ⅥA族或ⅦA族，Z元素不存在最高正化合价，故D错误，
故选A．
【分析】由短周期主族元素X，Y，Z在周期表中的位置，可知Z处于第二周期，X、Y处于第三周期．
A．若它们的原子最外层电子数之和为11，设Z的最外层电子数为x，则x+x+x﹣1=11，解答x=3，故X为Mg、Y为Al、Z为B元素；
B．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大；
C．若它们均为金属元素，则X为Na、Y为Mg、Z为Be，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；
D．若Z、Y处于ⅥA族或ⅦA族，Z元素不存在最高正化合价．
7．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【解析】【解答】解：A．①、②的氢离子浓度相同，③、④的氢氧根离子的浓度相同，四种溶液的离子浓度相同，相同条件下，水的离子积常数是定值，无论酸还是碱都抑制水的电离，所以这四种溶液中由水电离的c（H+）：①=②=③=④，故A错误；
B．氨水是弱碱只有部分电离，所以c（NH3 H2O）＞c（OH﹣），氯化氢是强电解质，所以其溶液中c（HCl）=c（H+），c（NH3 H2O）＞c（HCl），若将氨水和盐酸混合后溶液呈中性，则消耗溶液的体积：②＞③，故B错误；
C．醋酸与NaOH溶液混合后，据电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），溶液pH=8，则c（OH﹣）=10﹣6mol/L，c（H+）=10﹣8mol/L，所以c（Na+）﹣c（CH3COO﹣）=9.9×10﹣7mol L﹣1，故C正确；
D．醋酸是弱酸，加水稀释后能促进醋酸的电离，所以①、②稀释后溶液的pH值7＞②＞①；氨水是弱碱，加水稀释后能促进氨水的电离，所以③、④、稀释后溶液的pH值③＞④＞7，所以向等体积的四种溶液中分别加入100mL水后，溶液的pH：③＞④＞②＞①，故D错误；
故选C．
【分析】A．温度不变，水的离子积常数不变，根据溶液的pH值计算水电离的氢离子浓度；
B．pH=2的HCl溶液和pH=12的氨水中，氨水浓度大于盐酸；
C．醋酸与NaOH溶液混合后，溶液中含有4种离子，据电荷守恒计算；
D．加水稀释，强酸强碱溶液的pH变化最大，若酸弱碱存在电离平衡稀释促进电离．
8．【答案】（1）5.0；a b e
（2）H2SO4（aq）+NaOH（aq）= Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol；﹣53.5kJ/mol；acd
【知识点】热化学方程式；中和热的测定；有关反应热的计算
【解析】【解答】解：（1）a.需要称量NaOH固体m=nM=cVM=0.5mol/L×0.25L×40g/mol=5.0g，故答案为：5.0；b.氢氧化钠要在称量瓶或者小烧杯中称量，称量固体氢氧化钠所用的仪器有天平、烧杯和药匙，故答案为：a b e；（2）a.已知稀强酸、稀强碱反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量，稀硫酸和氢氧化钡钠稀溶液都是强酸和强碱的稀溶液，则反应的热化学方程式为： H2SO4（aq）+NaOH（aq）= Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，故答案为： H2SO4（aq）+NaOH（aq）= Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol；b.①温度差平均值= ，但是第2组数据明显有误，所以删掉，温度差平均值 =4.0℃，故答案为：4.0；
②50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：80mL×1g/mL=80g，温度变化的值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m c △T=80g×4.18J/（g ℃）×4.0℃=1337.6J，即1.3376KJ，所以实验测得的中和热△H=﹣ =﹣53.5 kJ/mol，故答案为：﹣53.5kJ/mol；③a．实验装置保温、隔热效果必须好，否则影响实验结果，故a正确； b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，则大于57.3kJ/mol，故b错误； c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，故c正确； d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计回零直再测定H2SO4溶液的温度，故d正确．故答案为：acd．
【分析】（1）a.根据公式m=nM=cVM来计算氢氧化钠的质量，但是没有245mL的容量瓶；b.氢氧化钠要在称量瓶中称量，根据称量固体氢氧化钠所用的仪器来回答；（2）a.根据酸碱中和反应生成1mol液态水时放出57.3kJ的热量书写热化学方程式；b.①温度差平均值等于各个温度差的和除以4；②根据Q=m c △T计算；③a．实验装置保温、隔热效果必须好； b．量取NaOH溶液的体积时视线要和凹液面相平； c．允许分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中； d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后，要将温度计回零直再测定H2SO4溶液的温度．
9．【答案】（1）CaCO3+2H3PO4=Ca（H2PO4）2+H2O+CO2↑；2.34×103
（2）制水泥
（3）；Na5P3O10
（4）1；1；H2O；1；1；2H+
（5）4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；水泥的主要化学成分、生产原料及其用途；化学方程式的有关计算
【解析】【解答】解：（1）碳酸钙与硫酸反应生成磷酸二氢钙和二氧化碳和水，方程式为：CaCO3+2H3PO4=Ca（H2PO4）2+H2O+CO2↑，设生成磷酸二氢钙的质量为m，依据方程式：
CaCO3+2H3PO4=Ca（H2PO4）2+H2O+CO2↑，
100 234
1×103kg m
解得m=2.34×103kg；
故答案为：CaCO3+2H3PO4=Ca（H2PO4）2+H2O+CO2↑；2.34×103；（2）用石英、焦炭与磷灰石[主要成分Ca5（PO4）3F]在高温下制备黄磷（P4）的化学方程式为：4Ca5（PO4）3F+21SiO2+30C=3P4+20CaSiO3+30CO↑+SiF4↑：在此反应中，副产物矿渣含有硅酸钙，硅酸钙为制备水泥的主要原料，故答案为：制水泥；（3）相邻的磷酸分子中1个去掉羟基，一个去掉氢原子即可形成三聚磷酸，结构简式为 ；三聚磷酸与5分子氢氧化钠反应生成三聚磷酸钠化学式为：Na5P3O10；故答案为： ；Na5P3O10；（4）由氧化还原反应中化合价升降相等进行配平：镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，所以根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式为：H2O+Ni2++H2PO2﹣═Ni+H2PO3﹣+2H+，镍离子被还原成金属Ni，还原产物为Ni，故答案为：1；1；H2O；1；1；2H+；（5）①由于阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和H2PO2﹣，其中放电能力最强的是氢氧根离子，则阳极发生的电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=O2↑+2H2O；②产品室可得到H3PO2的原因是：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2，故答案为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2．
【分析】（1）碳酸钙与硫酸反应生成磷酸二氢钙和二氧化碳和水；依据方程式计算生成硫酸二氢钙的质量；（2）依据副渣成分判断解答；（3）相邻的磷酸分子中1个去掉羟基，一个去掉氢原子即可形成三聚磷酸；三聚磷酸与5分子氢氧化钠反应生成三聚磷酸钠；（4）根据氧化还原反应中化合价变化及质量守恒定律判断反应物和生成物，并配平反应方程式；（5）①根据阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和H2PO2﹣，判断放电能力强弱，然后写出阳极的电极反应式；②根据图示“四室电渗析法”工作原理分析产品室可得到H3PO2的原因．
10．【答案】（1）K1 K2；（a+b）
（2）0.004mol L﹣1 min﹣1；181.8；0.16mol L﹣1；增大压强（或缩小容器体积）
（3）SO2Cl2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O；SOCl2+H2O=SO2↑+2H++2Cl﹣
（4）c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；4×10﹣7
【知识点】化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】解：（1）SO2Cl2（g）+SCl （g） 2SOCl2（g）是由（Ⅰ）、（Ⅱ）相加得到，故平衡常数为两者之积，反应热为两者之和，则：K=K1 K2，该反应△H=（a+b）kJ/mol，故答案为：K1 K2；（a+b）；（2）13.5g SO2Cl2的物质的量为 =0.1mol，10min达到平衡时SO2Cl2转化率为0.80，则转化的SO2Cl2为0.080mol，则：
SO2Cl2（g） SO2（g）+Cl2（g）
起始量（mol）：0.1 0 0
变化量（mol）：0.08 0.08 0.08
平衡量（mol）：0.02 0.08 0.08
v（Cl2）= =0.004mol L﹣1 min﹣1；平衡时总物质的量为：0.02mol+0.08mol+0.08mol=0.18mol，故平衡时压强为： ×101kPa=181.8kPa；该温度下平衡常数K= = =0.16mol L﹣1；若要减小转化率，可通过缩小容器体积即增大加压强的方法，也可起始时再容器中同时充入SO2Cl2和Cl2或SO2等；故答案为：0.004mol L﹣1 min﹣1；181.8；0.16mol L﹣1；增大压强（或缩小容器体积）；（3）SO2Cl2中硫为+6价，氯为﹣1，氢氧化钠足量时生成硫酸钠和氯化钠，反应方程式为：SO2Cl2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O； SOCl2中硫为+4价，水解生成SO2及HCl，反应离子方程式为：SOCl2+H2O=SO2↑+2H++2Cl﹣，故答案为：SO2Cl2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O；SOCl2+H2O=SO2↑+2H++2Cl﹣；（4）发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，显然c（Na+）最大，考虑到ClO﹣水解显碱性，故c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），c（OH﹣）＞c（H+），则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；HClO的电离常数与ClO﹣水解反应的平衡常数之积等于水的离子积，则NaClO水解反应的平衡常数Kb= =4×10﹣7，故答案为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；4×10﹣7．
【分析】（1）SO2Cl2（g）+SCl （g） 2SOCl2（g） 是由（Ⅰ）、（Ⅱ）相加得到，故平衡常数为两者之积，反应热为两者之和；（2）13.5g SO2Cl2的物质的量为 =0.1mol，10min达到平衡时SO2Cl2转化率为0.80，则转化的SO2Cl2为0.080mol，则：
SO2Cl2（g） SO2（g）+Cl2（g）
起始量（mol）：0.1 0 0
变化量（mol）：0.08 0.08 0.08
平衡量（mol）：0.02 0.08 0.08
再根据v= 计算v（Cl2）；
计算平衡时混合气体总物质的量，压强之比等于物质的量之比；平衡常数K= ；若要减小转化率，可通过缩小容器体积即增大加压强的方法，也可起始时再容器中同时充入SO2Cl2和Cl2或SO2等；（3）SO2Cl2中硫为+6价，氯为﹣1，氢氧化钠足量时生成硫酸钠和氯化钠；SOCl2中硫为+4价，水解生成SO2及HCl；（4）发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，显然c（Na+）最大，考虑到ClO﹣水解显碱性，故c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），c（OH﹣）＞c（H+）；HClO的电离常数与ClO﹣水解反应的平衡常数之积等于水的离子积．
11．【答案】（1）SiO2；过滤
（2）加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸
（3）ClO3﹣+6VO2++9H2O=Cl﹣+6VO3﹣+18H+
（4）1.7﹣1.8；2.6×10﹣3mol L﹣1
（5）有机萃取剂；氨气
【知识点】物质的分离与提纯
【解析】【解答】解：VOSO4中含有K2SO4、SiO2杂质，二氧化硅不溶于水，用水溶过滤得到含有VO2﹣、SO42﹣、K+滤液，滤渣为二氧化硅，在滤液中加入有机萃取剂萃取滤液中VO2﹣，通过分液得到含有VO2﹣的有机层，加入试剂X进行反萃取，结合（2）中步骤②、③的变化为可逆过程，可知X为硫酸，加入硫酸分液得到有机层和水层，由加入氨水调节pH得到的沉淀，可知加入氧化剂KClO3氧化VO2﹣为VO3﹣，结合（4）中得到钒沉淀率和溶液pH之间关系，可知pH应调节在1.7～1.8，最后NH4VO3分解得到氨气和V2O5，由工艺流程可知，氨气与有机溶剂可以循环利用．（1）含有K2SO4、SiO2杂质的VOSO4水溶后，二氧化硅不溶于水，操作I是分离互不相溶的固体与液态，应采取过滤操作，得到滤渣为二氧化硅，故答案为：SiO2；过滤；（2）②中萃取时必须加入适量碱，由Rn+（水层）+nHA（有机层） RAn（有机层）+nH+（水层），可知加入的碱会和平衡中的氢离子反应，促进平衡正向进行，提高了钒的萃取率；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：加入碱中和产生的酸，平衡右移提高了钒的萃取率；硫酸；（3）KClO3氧化VO2﹣为VO3﹣，ClO3﹣被还原为Cl﹣，配平后离子方程式为：ClO3﹣+6VO2++9H2O=Cl﹣+6VO3﹣+18H+，故答案为：ClO3﹣+6VO2++9H2O=Cl﹣+6VO3﹣+18H+；（4）根据表中数据判断，⑤中加入氨水，调节溶液pH最佳值为1.7﹣1.8，此时钡沉淀率达到最大；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe（OH）3沉淀，此时pH=2，c（H+）=10﹣2mol/L，则c（OH﹣）=10﹣12mol/L，而Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH﹣）=2.6×10﹣39，可得c（Fe3+）=2.6×10﹣3mol L﹣1不产生Fe（OH）3沉淀，则溶液中c（Fe3+）＜2.6×10﹣3mol L﹣1，故答案为：1.7﹣1.8；2.6×10﹣3mol L﹣1；（5）由工业流程图可知，流程中有机萃取剂、氨气可以循环利用，故答案为：有机萃取剂；氨气．
【分析】VOSO4中含有K2SO4、SiO2杂质，二氧化硅不溶于水，用水溶过滤得到含有VO2﹣、SO42﹣、K+滤液，滤渣为二氧化硅，在滤液中加入有机萃取剂萃取滤液中VO2﹣，通过分液得到含有VO2﹣的有机层，加入试剂X进行反萃取，结合（2）中步骤②、③的变化为可逆过程，可知X为硫酸，加入硫酸分液得到有机层和水层，由加入氨水调节pH得到的沉淀，可知加入氧化剂KClO3氧化VO2﹣为VO3﹣，结合（4）中得到钒沉淀率和溶液pH之间关系，可知pH应调节在1.7～1.8，最后NH4VO3分解得到氨气和V2O5，由工艺流程可知，氨气与有机溶剂可以循环利用．（1）含有K2SO4、SiO2杂质VOSO4水溶后，二氧化硅不溶于水，过滤得到滤渣为二氧化硅；（2）②中萃取时必须加入适量碱，会和平衡中的氢离子反应促进平衡正向进行；③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行；（3）KClO3氧化VO2﹣为VO3﹣，ClO3﹣被还原为Cl﹣，结合电荷守恒、原子守恒配平；（4）根据钒沉淀率最高确定溶液pH；若钒沉淀率为93.1%时，此时溶液pH=2，结合水的离子积计算溶液中氢氧根离子浓度，再根据Ksp[Fe（OH）3]计算铁离子浓度；（5）前面步骤中用到的物质，再后续步骤可以生成，该物质可以循环利用．
12．【答案】（1）C8H12O4
（2）
（3）；酯化反应（或取代反应）
（4）
（5）
【知识点】有机物的推断；同分异构现象和同分异构体；结构简式
【解析】【解答】解：化合物A（C12H16O2）经碱性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2），B能二次氧化生成D，说明A是酯，B是醇，则C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子，则说明苯环上有2个取代基，且两个取代基处于对位，根据C的分子式知，C是对甲基苯甲酸，B经过下列反应后得到G，G由碳、氢、氧三种元素组成，元素分析表明，含碳55.8%，含氢7.0%，则氧37.2%，碳、氢、氧原子个数比=， ： ： =2：3：1，相对分子质量为172，所以其分子式为C8H12O4，核磁共振氢谱显示只有一个峰，说明G只有一种氢原子；B经过一系列反应后生成F，则B和F的碳原子个数相同，在加热浓硫酸作催化剂条件下，F反应生成G，则G是酯；
根据A和C的分子式知，B是含有4个碳原子的一元醇，B经过两次氧化生成D，D是羧酸，D和溴、P反应生成E，根据题给信息知，E是含有溴原子的羧酸，E经过水解和酸化后生成F，F是含有羟基的羧酸，F自身发生酯化反应生成G，且G中只有一种H，所以G是含有两个甲基的环酯，F是2﹣甲基﹣2﹣羟基丙酸，E是2﹣甲基﹣2﹣溴丙酸，D是2﹣甲基丙酸，B是2﹣甲基丙醇，A是 ．（1）通过以上分析知，G的分子式是C8H12O4，故答案为：C8H12O4；（2）通过以上分析知，A的结构简式为：
，故答案为： ；（3）在加热、浓硫酸作催化剂条件下，F自身发生酯化反应生成G，反应方程式为： ，
故答案为： ，取代反应（或酯化反应）；（4）①是苯的对位二取代化合物，说明苯环上含有2个取代基；
②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明其中一个取代基是酚羟基；
③不考虑烯醇（ ）结构，
所以满足条件的C的所有同分异构体： ，
故答案为： ；（5）在G的粗产物中，经检测含有聚合物杂质，F发生分子间反应生成链状酯，酯的结构简式为： ，故答案为： ．
【分析】化合物A（C12H16O2）经碱性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2），B能二次氧化生成D，说明A是酯，B是醇，则C是羧酸，C（C8H8O2）的核磁共振氢谱表明含有苯环，且苯环上有2种氢原子，则说明苯环上有2个取代基，且两个取代基处于对位，根据C的分子式知，C是对甲基苯甲酸，B经过下列反应后得到G，G由碳、氢、氧三种元素组成，元素分析表明，含碳55.8%，含氢7.0%，则氧37.2%，碳、氢、氧原子个数比=， ： ： =2：3：1，相对分子质量为172，所以其分子式为C8H12O4，核磁共振氢谱显示只有一个峰，说明G只有一种氢原子；B经过一系列反应后生成F，则B和F的碳原子个数相同，在加热浓硫酸作催化剂条件下，F反应生成G，则G是酯；
根据A和C的分子式知，B是含有4个碳原子的一元醇，B经过两次氧化生成D，D是羧酸，D和溴、P反应生成E，根据题给信息知，E是含有溴原子的羧酸，E经过水解和酸化后生成F，F是含有羟基的羧酸，F自身发生酯化反应生成G，且G中只有一种H，所以G是含有两个甲基的环酯，F是2﹣甲基﹣2﹣羟基丙酸，E是2﹣甲基﹣2﹣溴丙酸，D是2﹣甲基丙酸，B是2﹣甲基丙醇，A是 ．
